數(shù)學(xué)-遼寧省名校聯(lián)盟2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期12月聯(lián)合考試

姓名班級姓名班級考號遼寧省名校聯(lián)盟2023年高三12月份聯(lián)合考試數(shù)學(xué)命題人：遼寧名校聯(lián)盟試題研發(fā)中心審題人：遼寧名校聯(lián)盟試題研發(fā)中心本試卷滿分150分，考試時間120分鐘。皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上1.已知集合M={x|3x2-17x≤0},N={x∈Z|-2≤x<4},則M∩N=A.{1,2,3}B.{0,1,2}C.{0,1,2,3}D.{3.已知函數(shù)f(x)=2x2+ax,則“f(x)在區(qū)間A.a≤-4B.a<0C.a>-54.老張為鍛煉身體，增強體質(zhì)，計劃從下個月1號開始慢跑，第一天跑步3公里，以后每天跑步比前一天增加的距離相同.若老張打算用20天跑完98公里，則預(yù)計這20天中老張日跑步量超過5公里的天數(shù)為A.8B.9抗蟲害能力強，其花序碩大，類似于圓錐形，因此得名.現(xiàn)將某圓錐繡球近似看作如圖②所示的圓dm,直線SA與圓錐底面所成角的余弦值為則該圓錐的側(cè)面積為①②6.將函數(shù)數(shù)y=g(x)在區(qū)間)的圖像向右平數(shù)學(xué)第1頁(共4頁)7.已知直線l;x-y+2=0與圓O:z2+y2=1,過直線l上的任意一點P作圓O的切線PA,PB,切C?Q=1,BT=3,記平面PQT與側(cè)面ADD?A?,底面ABCD的交線分別為m,n,則A.m的長度B.m的長度A.q=2B.f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-1,1)D.若關(guān)于x的方程f(x)-m=0恰有3個不等的實根，則m的取值范圍為(-3,5)A.xy≤2B.x2+y2≥6C.x+y≤12.已知橢圓B.若直線AM?,AM?的斜率之積為13.已知a=(2,-3),b=(-1,2),c=(λ,3) ,數(shù)學(xué)第2頁(共4頁)四、解答題：本題共6小題，共70分。解答應(yīng)寫出文字說明17.(10分)已知數(shù)列(an}滿足a?=3,a+?=2a,-2.(2)求數(shù)列(na?}的前n項和S18.(12分)已知△ABC的內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,且2c(sinC—sinAcosB)-bsinC=0.(2)若a=2√3,求b+2c的最大值.19.(12分)如圖，相距10m的l,l?之間是一條馬路(1?,l?可近似看作兩條平行直線),為了測量河對岸一點A到馬路一側(cè)l?的距離h,小明在l?這一側(cè)東邊選擇了一點B,作為測量的初始位置，其中AB與l?交于點M,現(xiàn)從點B出發(fā)沿著l?向西走15m到達點N,測得MN⊥l?,繼續(xù)向西走300m到達點Q,其中AQ與l?交于點P,繼續(xù)向西走5m到達點R,測得PR⊥l?.根據(jù)上述測量數(shù)據(jù)，完成下列問題.數(shù)學(xué)第3頁(共4頁)20.(12分)AD=2,PC=2√3.(1)求點B到平面ACE的距離；(2)求平面PAC與平面ACE夾角的余弦值.21.(12分)已知雙曲線2|A?P|=3.)的左、右頂點分別為A?,Az,點(1)求C的方程22.(12分)數(shù)學(xué)第4頁(共4頁):班級:考場號:座位號:■■■■■■■■■■4s填■[2][2][2][2][2][2][2][2][2][2][2貼條形碼區(qū)1391四、解答題請在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域答題卡·數(shù)學(xué)第1頁(共6頁)請在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域請在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域答題卡·數(shù)學(xué)第3頁(共6頁)請在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域請在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域參考答案及解析-1,0,1,2,3},故M∩N={0,1,2,3}.故選C項.3.D【解析】f(x)=2x2+ax圖像的對稱軸為直線x=連接ET并延長交AD于點S,交CD的延長線于點H,得a≥-4,所以“a>4”是“a≥-4”的充分不必要條件.故選D項.4.B【解析】由題意得這20天日跑步量為等差數(shù)列，記得,所以n>11,所以老張日跑步量超過5公里的天數(shù)為9天.故選B項.所以底面圓周長l=2π,故該圓錐的側(cè)面積g(x)在區(qū)間上單調(diào)遞增，所以解得,所以所以AS=項錯誤.故選A項.的半徑r=1,所以0=2os2-11f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(一心，-1),(1,+~),故B標系內(nèi)作出f(x)的圖像與直線y=m,當(dāng)關(guān)于x的方程f(x)-m=0恰有3個不等的實根時，-3<m<5,D項正確.故選ACD項.11.BC【解析】對于A項，由已知得9-xy=x2+y2≥2xy,所以xy≤3(當(dāng)且僅當(dāng)x=y時取等號),A項錯所以x+y≤2√3(當(dāng)且僅當(dāng)x=y時取等號),C項正12.BCD【解析】由,得故故;所以A項錯誤；由題意得M?(一a,0),M?(a,0),所以一4),故(2a+b)·c=3λ-12=0,解得λ=4.14.一x(答案不唯一)【解析】由題意得滿足條件的一個15.48+32√2【解析】依題意設(shè)內(nèi)切球的半徑為r,則4πr2=16π,解得r=2.設(shè)AB=a,則AC=a,B由△ABC的內(nèi)切圓半徑為2,得!a=4+2√2,故該直三棱柱的體積限，直線1的方程為整理得y2-2pmy-p2=0.y?),Q(xz,y?),其中y?>0,y?<0,則y?+y?=yiy?=-p2,由△OPF與△OQF的面積之比為,可得,則戶,則得解得p=1.得αn+i-2=2an-4=2(an-2),又a?-2=1,(3分)所以{an—2}是以1為首項，2為公比的等比數(shù)列.(4分)(4分)(6分)設(shè)T=1×2?+2×21+3×22+…+n×2”-1,(8分)(9分)(8分)(9分)22所以AD=CD=2,且∠ADC=90°,n(n+1)+(n-1)2"+1.(10分)18.解：(1)由正弦定理得2(sin2C-sinA·cosBsinC)一sinBsinC=0,(1分)因為C∈(0,π),所以sinC≠0,所以2sinC-2sinAcosB-sinB=0,所以2sin(A+B)-2sinAcosB-sinB=0,所以2cosAsinB=sinB.(3分)又B∈(0,π),所以sinB≠0,-(5分)(6分)(10分)(12分)(12分),(2分)(6分)(10分)(10分)所以AC=√AD2+CD2=2√2,(1分)(1分)所以PA⊥平面ABCD,因為ABC平面ABCD,所以PA⊥AB,即PA,AB,AD兩兩垂直.(2分)以A為原點，AB,AD,AP所在直線分別為x,y,z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),E(0,1,1),D(0,2,0),(4分)設(shè)平面ACE的法向量為n=(x,y,z),設(shè)點B到平面ACE的距離為d,即點B到平面ACE的距離為：(8分)由(1)得PA⊥平面ABCD,BDC平面ABCD,所以BD⊥平面所以BD⊥平面PAC,(10分)設(shè)平面PAC與平面ACE的夾角為θ,即平面PAC與平面ACE夾角的余弦值為(12分)33·數(shù)學(xué)參考答案及解析解法二：(1)因為四邊形ABCD為正方形，所以AD=CD=2,且∠ADC=90°,所以PA⊥平面ABCD,因為CDC平面ABCD,所以PA⊥CD,又AEC平面PAD,所以CD⊥AE.易知AE=√2,則CE=√6,到平面ABCD距離的一半，即1,設(shè)B到平面ACE的距離為h,(1分)(2分)(3分)(4分)的距離為P(5分);;(6分)即點B到平面ACE的距離)(6分)(2)由(1)知，PA⊥平面ABCD,因為ABC平面ABCD,所以PA⊥AB,即PA,AB,AD兩兩垂直.以A為原點，AB,AD,AP所在直線分別為x,y,z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),E(0,1,1),D(0,2,(7分)因為PA⊥平面ABCD,BDC平面ABCD,(10分)設(shè)平面PAC與平面ACE的夾角為θ,即平面PAC與平面ACE夾角的余弦值(12分)21.解：(1)由題意得A?(a,0),0<a<3,(3分)(4分)(3分)(4分)聯(lián)立整理得(1-4k2)x2-8kx-8=0,其中1-4k2≠0,△=32-64k2>0,(6分)(7分)又(12分)522.(1)解：當(dāng)a=1時，(1分)①當(dāng)a≤0時，f(x)>0,所以f(x)在(-1,+~)上單所以lna-(a-1)=0,(7分)所以lna-(a-1)=0,(7分)所以a=1.設(shè)h(x)=sinx-x(x>0),則h'(x)=cos